【BZOJ3093】A Famous Game-概率论+组合数学

测试地址：A Famous Game
题目大意： 一个袋子里有$n$个球，球的颜色只有红和蓝，红色球的数目为$0$ ~ $n$的概率都是相等的。现在已经从里面取出了$p$个球，其中$q$个是红色，求下一个取出的球是红色的概率。
做法： 本题需要用到概率论+组合数学。
通过这道题，我终于意识到概率论这个东西真的不可能靠直觉算对…想出来这种东西的贝叶斯真是个神人…
本题需要用到的公式：
$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$
条件概率公式，意为：在已经发生$B$的条件下，发生$A$的概率，等于$A,B$同时发生的概率，除以$B$发生的概率。至于原因，写成这样应该更好理解：
$P(AB)=P(B)P(A|B)$
还有全概率公式：$P(A)={\sum }_{k}P(N_k)P(A|N_k)$，其中$N_k$是互斥（即不可能同时发生）的事件，且它们发生的概率之和为$1$。
于是令$A$为下一个取出的球是红球这个事件，$B$为已取出的$p$个球中有$q$个是红球这个事件，$N_k$为一开始的袋子里有$k$个红球这个事件，则要求的就是$P(A|B)$，那么：
$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$
$=\frac{{\sum }_{k=0}^{n}P(AB|N_k)P(N_k)}{{\sum }_{k=0}^{n}P(B|N_k)P(N_k)}$
$=\frac{{\sum }_{k=0}^{n}P(A|B{N}_k)P(B|N_k)P(N_k)}{{\sum }_{k=0}^{n}P(B|N_k)P(N_k)}$
于是有：
$P(A|B{N}_k)=\frac{k-q}{n-p}$
$P(B|N_k)=\frac{C_k^q{C}_{n-k}^{p-q}}{C_n^q}$
$P(N_k)=\frac{1}{n+1}$
代入上面的式子中，约掉所有能直接约掉的东西得到：
$P(A|B)=\frac{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^q{C}_{n-k}^{p-q}(k-q)}{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^q{C}_{n-k}^{p-q}(n-p)}$
$=\frac{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^{q+1}{C}_{n-k}^{p-q}(q+1)}{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^q{C}_{n-k}^{p-q}(n-p)}$
$=\frac{q+1}{n-p}\cdot \frac{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^{q+1}{C}_{n-k}^{p-q}}{{\sum }_{k=0}^n{C}_k^q{C}_{n-k}^{p-q}}$
现在需要用到一个结论：
${\sum }_{k=0}^s{C}_k^n{C}_{s-k}^m=C_{s+1}^{n+m+1}$
可以看做是，在$s+1$中选择$n+m+1$个数，$k$就可以看做是在枚举第$n+1$个数是哪一个。于是：
$P(A|B)=\frac{q+1}{n-p}\cdot \frac{C_n^{p+2}}{C_n^{p+1}}$
$=\frac{q+1}{n-p}\cdot \frac{n-p}{p+2}$
$=\frac{q+1}{p+2}$
于是答案就出来了，一行代码解决。
（题外话：BZOJ300AC在这一题正式达成，可喜可贺可喜可贺）
以下是本人代码：

#include 
using namespace std;
double n,p,q;

int main()
{
	int t=0;
	while(scanf("%lf%lf%lf",&n,&p,&q)!=EOF)
	{
		++t;
		printf("Case %d: %.4lf\n",t,(q+1.0)/(p+2.0));
	}
	
	return 0;
}